《河北省尚义县第一中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题【含解析】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省尚义县第一中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题【含解析】（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河北省尚义县第一中学河北省尚义县第一中学 2020-20212020-2021 学年高二数学上学期期中试题（含学年高二数学上学期期中试题（含解析）解析）本试卷分第本试卷分第卷（选择题）和第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，全卷满分卷（非选择题）两部分，全卷满分 150150 分，考试时间分，考试时间 120120分钟分钟. .注意事项：注意事项：1 1答卷前，考生务必用答卷前，考生务必用 0.50.5mmmm黑色签字笔在答题卡相应栏内填写自己的班级、姓名、考场、黑色签字笔在答题卡相应栏内填写自己的班级、姓名、考场、准考证号，并用准考证号，并用 2 2B B铅笔将考试科目、准考证号涂写在答题
2、卡上铅笔将考试科目、准考证号涂写在答题卡上. .2 2卷内容须用卷内容须用 0.50.5mmmm黑色签字笔写在答题卡相应空格或区域内黑色签字笔写在答题卡相应空格或区域内. .3 3考试结束，将答题卡交回考试结束，将答题卡交回. .第第卷（选择题）卷（选择题）一、选择题一、选择题1. 直线的倾斜角为（ ）132yx A. 30B. 120C. 60D. 150【答案】B【解析】【分析】利用倾斜角的定义求解即可【详解】，倾斜角为 1203k 故选：B2. 若点到直线 ：的距离为 2，则直线 的方程为（ ）2,1Pl0axbylA. B. 0x 340xyC 或D. 或0x 340xy0x 340x
3、y【答案】C【解析】【分析】利用点到直线的距离公式求出和即可求解ab【详解】由，化简得，所以或，所以，直线 的2222abab2430abb0b 43abl方程为或0x 340xy故选：C3. 已知，则与的夹角为（ ）1,3, 1A4,0, 1B2,3, 2CACAB A. 30B. 45C. 60D. 90【答案】C【解析】【分析】由题意，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.3, 3,0AB uu u r1,0, 1AC 【详解】由题意，可得，3, 3,0AB uu u r1,0, 1AC 设，则，,AB ACuu u r uuu r331cos2991 13 22AB ACABACuu u
4、 r uuu ruu u ruuu r因为，所以0 ,180 60故选：C.4. 设直线 的斜率为，且，求直线 的倾斜角的取值范围（ ）lk13k lA. B. 30,3430,64C. D. 3,6430,34【答案】D【解析】【分析】由，得到，结合正切函数的性质，即可求解13k 1tan3 【详解】由题意，直线 的倾斜角为，则，l0,因为，即，13k 1tan3 结合正切函数的性质，可得30,34故选：D5. 已知，（其中是两两垂直的单位向量） ，则与32aijk2bijk , ,i j k 5a的数量积等于（ ）3bA. B. C. D. 15531【答案】A【解析】【分析】由向量是两两
5、垂直的单位向量，得到，结合向量的数量, ,i j k 3,2, 1a 1, 1,2b r积的运算公式，即可求解.【详解】由题意，向量是两两垂直的单位向量，, ,i j k 设，则，3,2, 1a 1, 1,2b r515,10, 5a r33, 3,6b r所以 5315 3 10 35 615ab rr故选：A.6. 以下四组向量：，；，；(1, 2,1)a ( 1,2, 1)b (8,4,0)a (2,1,0)b ，；，.其中，分别为直线，(1,0, 1)a ( 3,0,3)b 4,1, 13a (4, 3,3)b ab1l的方向向量，则它们互相平行的是（ ）2lA. B. C. D. 【
6、答案】D【解析】【分析】由向量的坐标表示和向量共线定理，逐一判断即可得结果.【详解】，ab /a b.，.4ba /a b，.3ab /a b，.3ab /a b故选：D【点睛】本题考查向量的坐标表示和向量共线定理，考查了运算求解能力，属于基础题目.7. 直线关于直线对称的直线方程是（）210xy 1x A. B. 210xy 210xy C. D. 230xy230xy【答案】D【解析】【分析】设所求直线上任一点（x，y） ，关于 x=1 的对称点求出，代入已知直线方程，即可得到所求直线方程【详解】设所求直线上任一点（） ，则它关于对称点为在直线xy，1x 2, x y上，化简得故选答案 D
7、 210xy 2210xy 230xy故选 D【点睛】本题考查了相关点法：求轨迹方程法属于基础题8. 已知，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角是（ 1e2e 6012aee 122beeru ru r）A. B. C. D. 601203090【答案】B【解析】【分析】利用平面向量的数量积公式先求解，再计算与，根据数量积夹角公式，即可求解.a b arb【详解】由题意得：12122a beeee ，2211221321 1 1222ee ee ，2222121122()21 1 13aeeee eea .2222112122(2)4 41 243bbeeee ee 设夹角为，, a b 312
8、,cos,018032a bab r rrr.120故选：B.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积计算向量的夹角问题，难度一般，准确运用向量的数量积公式即可.二、多选题二、多选题9. 已知向量， ， ，则下列结论正确的是（ 2, 3,1a 2,0,4b 4, 6,2c ）A. B. C. D. / /ab/ /acabac【答案】BC【解析】【分析】利用向量共线与垂直的判定条件即可得出【详解】，2, 3,1a 2,0,4b 4, 6,2c ，；4040a b ab，4, 6,22ca / /ac故选：BC【点睛】本题主要考查向量平行与垂直，属于基础题10. 如果，且，那么直线通过（ ）0A C
9、0B C0AxByCA. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】ABD【解析】【分析】化简直线方程为直线的斜截式方程，结合斜率和在轴上的截距，即可求解.y【详解】由直线方程，可化为，0AxByC()ACyxBB 因为，且，可得，0A C0B C0,0ACBB所以直线经过第一、二、四象限，所以不经过第三象限故选：ABD.11. 一条直线和平面所成角为，那么的正弦值可能是（ ）A. 0B. 1C. D. 1212【答案】ABC【解析】【分析】直线与平面所成的角范围是，即可得的正弦值取值范围0 ,90【详解】直线与平面所成的角范围是，由线面角的定义知的正弦值取值范围是0 ,90，
10、所以A、B、C正确0,1故选：ABC12. 如图，空间四边形中，分别是，的中点，下列结论ABCDEFGABBCCD正确的是（ ）A. B. 平面/AD EG/ACEFGC. 平面D. ，是一对相交直线/BDEFGADFG【答案】BC【解析】【分析】应用异面直线的定义和线面平行的判定定理逐一判断选项可得结果.【详解】A：点平面，点直线，点平面，由异面直线的定义可GADCGADEADC知，是异面直线，A错；ADEGB：，由直线与平面平行的判定定理可得平面，答案B对；/AC EF/ACEFGC：，由直线与平面平行的判定定理可得平面，答案C对；/BD FG/BDEFGD：点平面，点直线，点平面，由异面
11、直线的定义可知，GADCGADF ADCAD是异面直线，D 错；FG故选：BC.第第卷（非选择题）卷（非选择题）二、填空题二、填空题13. 已知A(2,3)，B(1，1)，C(1，2)，点D在x轴上，则当点D坐标为_时，ABCD.【答案】(9,0)【解析】设点D(x,0)，因为kAB 40，1 312 所以直线CD的斜率存在则由ABCD知，kABkCD1，所以 4 1，解得x9.201x 故答案为(9,0)14. 已知直四棱柱中，底面是直角梯形，为直角，1111ABCDABC D12AA ABCDA，则异面直线与所成角的余弦值为/AB CD4AB 2AD 1DC 1BCDC_【答案】3 171
12、7【解析】【分析】本题首先可结合题意绘出空间直角坐标系，然后根据空间直角坐标系得出以及0,1,0DC ，最后根据即可得出结果.12, 3,2BC 111cos,DC BCDC BCDCBCuuu r uuu ruuu r uuu ruuu ruuu r【详解】因为四棱柱使直四棱柱，为直角，1111ABCDABC DA/AB CD所以可以以为坐标原点，以、所在直线分别为轴、轴、轴，建立如DDADC1DDxyz图所示的空间直角坐标系，则，0,0,0D2,4,0B0,1,0C10,1,2C故，0,1,0DC 12, 3,2BC 因为，1DC 222123217BC uuu r所以，11133 17c
13、os,1717DC BCDC BCDBCCuuu r uuu ruuu r uuu ruuu ruuu r故异面直线与所成的角的余弦值为，DC1BC3 1717故答案为：.3 1717【点睛】方法点睛：求空间中两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式求出两向量的夹角的大小，从而得出结果.15. 若实数，满足关系，则式子的最小值为xy10xy 22222Sxyxy_【答案】3 22【解析】【分析】
14、化简，看成是一个动点到一个定点222222211xyxyxy,M x y的距离，结合点到直线的距离公式，即可求解. 1,1N【详解】由题意，化简可得，222222211xyxyxy所以上式可看成是一个动点到一个定点的距离，,M x y 1,1N从而即为点与直线 ：上任意一点的距离，SNl10xy ,M x y由点到直线的距离公式，可得，1 1 13 222d 所以的最小值为Smin3 22Sd故答案为：.3 22【点睛】形如：的形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的22()()xayb最值问题，结合两点间的距离公式或点到直线的距离公式进行求解.16. 如图，已知正方体的棱长为，为的中
15、点，点在上，ABCDA B C D aMBDNA C 且，则的长为_3A NNCMN【答案】64a【解析】【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立如图空间直角坐标D,DA DC DDxyz系，分别求得点的坐标，结合空间中两点间的距离公式，即可求解.,M N【详解】由题意，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，D,DA DC DDxyz建立如图空间直角坐标系，如图所示，因为正方体棱长为，所以，a, ,0B a a,0,A aa0, ,Ca a0,0,Da由于为的中点，取中点，所以，MBDA C O,2 2 2a a aM,2 2a aOa因为，所以为的四等分点，3A NNCNA C
16、 从而为的中点，故，NO C 3,44aaNa所以22236242424aaaaaMNaa故答案为：.64a四、解答题四、解答题17. 根据下列条件求直线的方程：（1）过点，且在两坐标轴上的截距之和为 2；0,5（2）过点，且在两坐标轴上的截距之差为 2；5,0（3）过点，且在两坐标轴上的截距相等4,1【答案】 （1）；（2）或；（3）或.135xy153xy157xy50xy40xy【解析】【分析】对（1）和（2）直接利用截距式求直线方程即可，对（3）分直线 在两坐标轴上的截距为零l和不为零两种情况，进行分析即可得解.【详解】 （1）在轴上的截距为 5，所以在轴上的截距为，yx3利用截距式可
17、得方程为135xy（2）在轴上的截距为 5，所以在轴上的截距为 3 或 7，xy利用截距式可得方程为或153xy157xy（3）若直线 在坐标轴上的截距不为零（或者说直线 不过原点） ，ll则可设直线方程为，由已知 过点，即，解得，1xyaal4,1A411aa5a 的方程为，即；l155xy50xy若直线 在两坐标轴上的截距为零（或者说直线 过原点） ，ll则可设直线 的方程为，代入点A的坐标，得lykx14k 的方程为，即，l14yx40xy所求直线 的方程为或l50xy40xy18. 如图所示，在长方体中，为线段1111ABCDABC D2ABBC14AA P上一点11B D（1）求证：
18、；ACBP（2）当为线段的中点时，求点到平面的距离P11B DAPBC【答案】 （1）证明见解析；（2）8 1717【解析】【分析】（1）利用线面垂直推导出线线垂直即可（2）利用等体积法，进而求解即可A PBCP ABCVV【详解】 （1）证明：连接，BD因为是长方体，且，所以四边形是正方形，所以1111ABCDABC D2ABBCABCD，因为在长方体中，平面，平面，ACBD1111ABCDABC D1BB ABCDAC ABCD所以，因为平面，平面，且，所以1ACBBBD 11BB D D1BB 11BB D D1BDBBB平面，因为平面，所以AC 11BB D DBP 11BB D DA
19、CBP（2）点到平面的距离，的面积，PABC24AA ABC122ABCSAB BC所以，11182 4333P ABCABCVSAA 在中，所以，1RtBB P14BB 12B P 3 2BP 同理又，所以的面积3 2CP 2BC 22123 21172PBCS 设三棱锥的高为，则因为，所以，APBChA PBCP ABCVV1833PBCSh所以，解得，即三棱锥的高为17833h 8 1717h APBC8 1717所以点到平面的距离为AAPBC8 1717【点睛】关键点睛：解题的关键在于利用等体积法，进而得出A PBCP ABCVV，进而求出三棱锥的高11133P ABCABCA PBC
20、PBCVSAAVShAPBCh19. 如下图，在平行四边形中，点，过点作于点OABC1,3CCCDABD（1）求所在直线的方程；CD（2）求点坐标D【答案】 （1）；（2）.3100xy37 21,10 10D【解析】【分析】（1）由斜率公式，求得，根据，求得的斜率为，结30310OCkCDABCD13k 合直线的点斜式方程，即可求解；（2）由，求得直线的斜率，求得直线的方程，联立方程组，/OC ABABAB390xy即可求解.【详解】 （1）由题意得，直线的斜率为，OC30310OCk因为，所以，可得的斜率为，CDABCDOCCD13k 所以的方程为，即.CD1313yx 3100xy（2）
21、由题意得，点，3,0A因为，所以直线的斜率与的斜率相等，/OC ABABOC所以的方程为，即，AB33yx 390xy联立方程，解得，所以3100390xyxy3721,1010xy37 21(,)10 10D20. 直棱柱中，底面是直角梯形，1111ABCDABC DABCD90BADADC 若为的中点，求证：平面，且平2ABAD22CDP11AB/DP1ACB/DP面1BCB【答案】证明见解析.【解析】【分析】连接，证明，利用线面平行的判定定理即可.DP1/DP BC【详解】为的中点，连接，P11ABDP，所以，因为，/CD AB11/A BAB1/CD PB11CDPB所以四边形是平行四
22、边形，所以，1CDPB1/DP CB因为面，面，所以平面， DP 1ACB1CB 1ACB/DP1ACB因为面，面，所以平面DP 1BCB1CB 1BCB/DP1BCB21. 在长方体中，是的中点，建1111OABCO ABC2OA 3AB 12AA EBC立空间直角坐标系，用向量方法解下列问题：（1）求直线与所成的角的余弦值；1AO1B E（2）作于，求点到点的距离1O DACD1OD【答案】 （1）；（2）10102 28613【解析】【分析】（1）由题意写出点的坐标，求出，的坐标，利用空间向量求异面直线所成角即可；1AO 1B E（2）由题意得，设，求出，的坐标，1O DACuuu ru
23、uu r/AD ACuuu ruuu r, ,0D x y1 O DADAC列出方程组，求解，得出点坐标，利用向量的模求解即可., x yD【详解】 （1）由题意得，2,0,0A10,0,2O12,3,2B1,3,0E，12,0,2AO uuu r11,0, 2B E uuu r，11210cos,102 10AO B E uuu r uuu r与所成的角的余弦值为1AO1B E1010（2）由题意得，1O DACuuu ruuu r/AD ACuuu ruuu r，设，0,3,0C, ,0D x y，1, , 2O Dx yuuu r2, ,0ADxyuuu r2,3,0AC uuu r，2
24、30223xyxy解得，18131213xy，18 12,013 13D221118122 2864131313O DO Duuu r22. 如图，在三棱锥中，为PABC2 2ABBC4PAPBPCACO的中点AC（1）证明：平面；PO ABC（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦MBCMPAC30PCPAM值 【答案】 （1）证明见解析；（2）.34【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个
25、法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果【详解】 （1）因为，为的中点，所以，4APCPACOACOPAC且2 3OP 连结OB因为，22ABBCAC所以为等腰直角三角形，ABC且 1,22OBAC OBAC由知222OPOBPBPOOB由知平面,OPOB OPACPO ABC（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 OOB xOxyz由已知得 (0,0,0), (2,0,0), (0, 2,0),(0,2,0), (0,0,2 3),(0,2,2 3)OBA
26、CPAP 取平面的法向量PAC(2,0,0)OB uu u r设，则( ,2,0)(02)M aaa( ,4,0)AMaauuur设平面的法向量为PAM( , , )nx y z由得 ，0,0AP nAM n 22 30(4)0yzaxa y可取2( 3(4), 3 ,)naaa所以 由已知得 2222 3(4)cos2 3(4)3aOB naaa 3cos2OB n 所以 解得(舍去)， 2222 3 |4|322 3(4)3aaaa4a 43a 所以 8 3 4 34,333n 又 ，所以 (0,2, 2 3)PC 3cos,4PC n 所以与平面所成角的正弦值为PCPAM34【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关” ，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关” ，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关” ，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”
